Первое решение. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно, а $M$ — середина стороны $BC$. Треугольники $ABC$ и $BDC$ подобны, так как у них угол $C$ общий, а два других угла равны по условию. Поэтому оставшиеся углы этих треугольников $BAC$ и $DBC$ также равны (см. рис.). Это означает, что описанная окружность треугольника $ABD$ касается прямой $BC$, а радиус $O_2B$ перпендикулярен касательной $BC$. Кроме того, $O_1$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC$. Поэтому отрезок $MB$ длины $1/2$ является ортогональной проекцией отрезка $O_1O_2$ на прямую $BC$. Но проекция не длиннее отрезка, поэтому $|O_1O_2|\geqslant 1/2$, причём равенство достигается, когда угол $ABC$ равен $90^\circ$, так как в этом случае $O_1$ — середина стороны $AC$, а $O_2$ — середина стороны $AB$, $O_1O_2$ — средняя линия треугольника $ABC$. Второе решение.Рассмотрим случай, когда треугольник $ABC$ остроугольный, см. рис. (остальные случаи разбираются аналогично). По теореме о касательной и секущей $AC\cdot DC=1.$ Далее, $\angle BO_1C=2\angle BAC=\angle BO_2D$, следовательно, подобны равнобедренные треугольники $DBO_2$ и $CBO_1$, поэтому равны углы при их основаниях. Поскольку $O_1O_2$ — серединный перпендикуляр отрезка $AB$, получаем \begin{align*} \angle O_1O_2B&=\frac{1}{2}\angle AO_2B=\frac{1}{2}(360^{\circ}-2\angle ADB)=\&=180^{\circ}-\angle ADB=\angle BDC. \end{align*} Кроме того, \begin{align*} \angle O_2BO_1&=\angle O_2BD+\angle DBO_1=\ &=\angle O_1BC+\angle DBO_1=\angle DBC, \end{align*} следовательно, треугольники $O_2O_1B$ и $DBC$ подобны. Из подобия получаем \begin{align*} O_2O_1&=\frac{DC\cdot BO_1}{BC}=DC\cdot BO_1=\&=\frac{DC}{2}\cdot2BO_1=\frac{DC}{2}(AO_1+O_1C)\geqslant\&\geqslant \frac{DC\cdot AC}{2}=\frac{1}{2}, \end{align*} причём неравенство обращается в равенство, когда точка $O_1$ лежит на отрезке $AC$, т.е. треугольник $ABC$ прямоугольный.

1/2.